2022-2023学年河北省武安市八年级数学第一学期期末监测试题含解析

1、2022-2023学年八上数学期末模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(每小题3分,共30分)1不等式组的非负整数解的个数是（ ）A4B5C6D72在根式中最简二次根式是（）ABCD32的绝对值是（ ）A2BCD4一副三角板按如图方式摆放，且1的度数比2的度数大50，若设1=x，2=y，则可得到方程组为ABCD5某射击小组有20人，教练根

2、据他们某次射击命中环数的数据绘制成如图的统计图，则这组数据的众数和极差分别是（）A10、6B10、5C7、6D7、56如图，把纸片沿折叠，当点落在四边形内部时，则与之间有一种数量关系始终保持不变，试着找一找这个规律你发现的规律是（ ）ABCD7现在人们锻炼身体的意识日渐增强，但是一些人保护环境的意识却很淡薄，如图是兴庆公园的一角，有人为了抄近道而避开横平竖直的路的拐角ABC，而走“捷径AC于是在草坪内走出了一条不该有的“路AC”，已知AB40米，BC30米，他们踩坏了_米的草坪，只为少走_米路（）A20、50B50、20C20、30D30、208已知，且，则代数式的值等于（ ）ABCD9如图为

3、一次函数和在同一坐标系中的图象，则的解中（ ）A，B，C，D，10下列四张扑克牌中，左旋转后还是和原来一样的是（ ）ABCD二、填空题(每小题3分,共24分)11中的取值范围为_.12如图，在RtABC中，ACB90，B=30，CD是斜边AB上的高，AD=3，则线段BD的长为_13把多项式分解因式的结果是_ 14如图，ABAC6，BDAC交CA的延长线于点D，则BD_15如图，点P是AOB内任意一点，OP=10cm，点P与点关于射线OA对称，点P与点关于射线OB对称，连接交OA于点C，交OB于点D，当PCD的周长是10cm时，AOB的度数是_度。16比较大小_5(填“”或“”) 17如图，在与

4、中，若，则的度数为_18如图，中，与的平分线相交于点，经过点，分别交，于点，点到的距离为，则的面积为_三、解答题(共66分)19（10分）如图是由25个边长为1的小正方形组成的网格，请在图中画出以为斜边的2个面积不同的直角三角形.（要求：所画三角形顶点都在格点上）20（6分）计算题：（1）（2）21（6分）如图1，在中，点为边上一点，连接BD，点为上一点，连接，过点作，垂足为，交于点(1)求证：；(2)如图2，若，点为的中点，求证：；(3)在(2)的条件下，如图3，若，求线段的长22（8分）（1）如图，射线在这个角的内部，点、分别在的边、上，且，于点，于点求证：；（2）如图，点、分别在的边、上

5、，点、都在内部的射线上，、分别是、的外角已知，且求证：；（3）如图，在中，点在边上，点、在线段上，若的面积为15，求与的面积之和23（8分）某广场用如图1所示的同一种地砖拼图案，第一次拼成的图案如图2所示，共用地砖4块；第2次拼成的图案如图3所示，共用地砖；第3次拼成的图案如图4所示，共用地砖，（1）直接写出第4次拼成的图案共用地砖_块；（2）按照这样的规律，设第次拼成的图案共用地砖的数量为块，求与之间的函数表达式24（8分）新春佳节来临之际，某商铺用1600元购进一款畅销礼盒，由于面市后供不应求，决定再用6000元购进同款礼盒，已知第二次购进的数量是第一次的3倍，但是第二次的单价比第一次贵2

6、元.求第一次与第二次各购进礼盒多少个？25（10分）如图，在ABC中，AB=AC，CDAB于点D，BEAC于点E求证：BE=CD 26（10分）如图，点A、C、D、B在同一条直线上，且（1）求证：（2）若，求的度数.参考答案一、选择题(每小题3分,共30分)1、B【分析】先求出不等式组的解集，再求出不等式组的非负整数解，即可得出答案【详解】解：解不等式得：解不等式得：x5，不等式组的解集为不等式组的非负整数解为0，1，2，3，4，共5个，故选：B【点睛】本题考查了解一元一次不等式组和一元一次不等式组的整数解，能求出不等式组的解集是解此题的关键2、C【分析】根据最简二次根式的定义逐个判断即可【详

7、解】是最简二次根式；，被开方数含分母，不是最简二次根式；是最简二次根式；，被开方数含能开得尽方的因数，不是最简二次根式；故选：C【点睛】本题考查了最简二次根式，最简二次根式的概念：（1）被开方数不含分母；（2）被开方数中不含能开得尽方的因数或因式3、A【解析】分析：根据数轴上某个数与原点的距离叫做这个数的绝对值的定义，在数轴上，点2到原点的距离是2，所以2的绝对值是2，故选A4、C【详解】根据平角和直角定义，得方程x+y=90；根据3比3的度数大3，得方程x=y+3可列方程组为，故选C考点：3由实际问题抽象出二元一次方程组；3余角和补角5、D【分析】根据众数的定义找出出现次数最多的数，再根据极

8、差的定义用最大值减去最小值即可得出答案【详解】解：由条形统计图可知7出现的次数最多，则众数是7（环）；这组数据的最大值是10，最小值是5，则极差是1055；故选D【点睛】本题考查众数和极差，众数是一组数据中出现次数最多的数；极差是最大值减去最小值6、A【分析】画出折叠之前的部分，连接，由折叠的性质可知，根据三角形外角的性质可得1=，2=，然后将两式相加即可得出结论【详解】解：画出折叠之前的部分，如下图所示，连接由折叠的性质可知1是的外角，2是的外角1=，2=12=故选A【点睛】此题考查的是三角形与折叠问题，掌握折叠的性质和三角形外角的性质是解决此题的关键7、B【分析】根据勾股定理求出AC即可解

9、决问题【详解】在RtABC中，AB=40米，BC=30米，AC50，30+4050=20，他们踩坏了50米的草坪，只为少走20米的路故选：B【点睛】本题考查了勾股定理，解题的关键是理解题意，属于中考基础题8、C【分析】先将因式分解，再将与代入计算即可【详解】解：，故答案为：C【点睛】本题考查了代数式求值问题，涉及了利用平方差公式进行因式分解，解题的关键是熟记平方差公式9、A【分析】方程组的解就是一次函数y1=ax+b和y2=-bx+a（a0，b0）图象的交点，根据交点所在象限确定m、n的取值范围【详解】方程组的解就是一次函数y1=ax+b和y2=bx+a（a0，b0）图象的交点，两函数图象交点

10、在第一象限，m0，n0，故选A【点睛】此题主要考查了一次函数与二元一次方程组的解，关键是掌握两函数图象的交点就是两函数解析式组成的方程组的解10、C【解析】根据中心对称图形的定义进行判断可得答案.【详解】解：根据中心对称图形的定义，左旋转后还是和原来一样的是只有C.故选C.【点睛】此题目要考查了中心对称图形的相关定义:一个图形绕着中心点旋转后能与自身重合,我们把这种图形叫做中心对称图形,这个中心点称为对称中心.二、填空题(每小题3分,共24分)11、【分析】二次根式的被开方数是非负数，由此可得解.【详解】解：由题意得，解得，故答案为：【点睛】此题主要考查了二次根式有意义的条件，关键是掌握被开方

11、数为非负数12、9【分析】利用三角形的内角和求出A，余角的定义求出ACD，然后利用含30度角的直角三角形性质求出AC=2AD，AB=2AC即可.【详解】解：CDAB，ACB=90，ADC= ACB=90又在三角形ABC中，B=30A=90-B=60，AB=2AC又ADC=90ACD=90-A=30AD=AC,即AC=6AB=2AC=12BD=AB-AD=12-3=9【点睛】本题主要考查了含30度角的直角三角形性质以及三角形内角和定理，解题的关键在于灵活应用含30度角的直角三角形性质.13、【分析】先提取公因式，然后按照平方差公式 分解因式即可【详解】原式= 故答案为：【点睛】本题主要考查因式分

12、解，掌握提取公因式法和平方差公式是解题的关键14、3【分析】由等腰三角形的性质得：利用含的直角三角形的性质可得答案【详解】解：ABAC6， BDAC， 故答案为：【点睛】本题考查的是等腰三角形与含的直角三角形的性质，三角形的外角的性质，掌握这三个性质是解题的关键15、30【分析】连接OP1，OP2，据轴对称的性质得出P1OAAOPP1OP，P2OBPOBPOP2，PCCP1，OPOP110cm，DP2PD，OPOP210cm，求出P1OP2是等边三角形，即可得出答案【详解】解：如图：连接OP1，OP2，点P关于射线OA对称点为点P1OA为PP1的垂直平分线P1OAAOPP1OP， PCCP1，

13、OPOP110cm， 同理可得：P2OBPOBPOP2，DP2PD，OPOP210cm，PCD的周长是CDPCPDCDCP1DP2P1 P10cmP1OP2是等边三角形，P1OP260，AOB30，故答案为：30【点睛】本题考查了线段垂直平分线性质、轴对称性质以及等边三角形的性质和判定，证明P1OP2是等边三角形是解答本题的关键16、【分析】根据算术平方根的意义，将写成，将5写成，然后再进行大小比较【详解】解：，又，即故答案为：【点睛】本题考查实数的大小比较,掌握算术平方根的意义正确将写成，将5写成，是本题的解题关键17、40【分析】先利用HL定理证明RtABCRtDEF，得出D的度数，再根据

14、直角三角形两锐角互余即可得出的度数【详解】解：在RtABC与RtDEF中，B=E=90，AC=DF，AB=DE，RtABCRtDEF（HL）D=A=50，DFE=90-D=90-50=40故答案为：40【点睛】此题主要考查直角三角形全等的HL定理理解斜边和一组直角边对应相等的两个直角三角形全等是解题关键18、1【分析】依据条件可得EOB=CBO，进而可得出EFBC，进而得到COF中OF边上的高为4cm，再根据三角形面积计算公式，即可得到OFC的面积【详解】解：BE=OE，EBO=EOB，BO平分ABC，EBO=CBO，EOB=CBO，EFBC，点O到BC的距离为4cm，COF中OF边上的高为4

15、cm，又OF=3cm，OFC的面积为cm2故答案为：1【点睛】本题主要考查了角平分线的定义以及三角形的面积，判定EFBC是解决问题的关键三、解答题(共66分)19、见解析【解析】根据勾股定理逆定理，结合网格结构，作出一个直角边分别为2,4的直角三角形或者作出一个直角边都为的直角三角形即可【详解】 【点睛】考查勾股定理，在直角三角形中，两条直角边的平方和等于斜边的平方.20、（1）4；（2）【分析】（1）原式利用二次根式除法法则计算即可求出值；（2）原式利用完全平方公式，以及平方差公式计算即可求出值【详解】解：（1）原式4262+3221+34；（2）原式+1+43.【点睛】本题考查了二次根式的

16、混合运算，解题的关键是掌握运算法则和运算律，注意乘法公式的运用.21、（1）详见解析；（2）详见解析；（3）6【分析】（1）根据直角三角形的性质可得，然后根据三角形的内角和和已知条件即可推出结论；（2）根据直角三角形的性质和已知条件可得，进而可得，然后即可根据AAS证明，可得，进一步即可证得结论；（3）连接，过点作交延长线于点，连接，如图1先根据已知条件、三角形的内角和定理和三角形的外角性质推出，进而可得，然后即可根据SAS证明ABEACH，进一步即可推出，过点作于K，易证AKDCHD，可得，然后即可根据等腰三角形的性质推得DF=2EF，问题即得解决【详解】（1）证明：如图1， ，；（2）证明

17、：如图2，点为的中点，AD=CD，（AAS），；（3）解：连接，过点作交延长线于点，连接，如图1 ，设，则，ABEACH（SAS），过点作于K，AKDCHD（AAS），【点睛】本题考查了直角三角形的性质、三角形的内角和定理、三角形的外角性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质以及等腰三角形的性质等知识，考查的知识点多、综合性强、难度较大，正确添加辅助线、构造等腰直角三角形和全等三角形的模型、灵活应用上述知识是解题的关键22、（1）详见解析；（2）详见解析；（3）5.【分析】（1）先利用相同角的余角相等得到，再通过“角角边”证明即可；（2）根据题意易得，利用三角形的外角性质与等量

18、代换可得，再通过“角角边”证明即可；（3）同理（2）可得，因为，所以，则.【详解】（1）解：证明：，即，又，在和中，.（2）解：证明：，又，在和中，.（3）解：由（2）知，.【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，解此题的关键在于熟练掌握其知识点，根据条件选择适当的方法证明三角形全等.23、（1）40；（2）【分析】（1）根据拼成图案的地砖块数规律，即可得到答案；（2）根据，进而得到与之间的函数表达式【详解】（1）第一次拼成的图案，共用地砖4块；第2次拼成的图案，共用地砖；第3次拼成的图案，共用地砖，第4次拼成的图案，共用地砖故答案是：40；（2）第1次拼成如图2所示的图案共用4块地砖，即，第2次拼成如图